BUKLET SOAL
PENYISIHAN PEMROGRAMAN GEMASTIK 10 30 September 2017
Soal Kode ode
Jud Ju dul
A
Berba erbala lass Pantu antun n
B
Fotog otogra rafe ferr Wisu Wisuda da
C
Penulis Soal
D
Saklar Lhompat II
E
Pasan asanga gan n Terbai rbaik k
F
Rubri ubrik k Petak takata ata
A. Berbalas Pantun Ba Bata tasa san n wak waktu tu : Ba Batas tasan an me memo mori ri :
1s 64 MB
Deskripsi Murid-murid kelas 6 SD Chanek terbagi atas kelas 6A dan kelas B, yang masing-masing terdiri atas N murid. Murid ke-i di kelas 6A memiliki pantun sepanjang A[i] detik, dan murid ke- i di kelas 6B memiliki pantun sepanjang B [i] detik. Pada acara perpisahan, setiap murid di kelas 6A akan berbalas pantun dengan setiap murid di kelas 6B. Untuk sepasang murid ke-i di kelas 6A dan murid ke- j di kelas 6B, total waktu yang dibutuhkan mereka j ]. untuk berbalas pantun adalah A[i] + B [ j Panggung perpisahan hanya dapat menampilkan sepasang murid untuk berbalas pantun dalam satu waktu. waktu. Tentuka entukan n total waktu yang dibutuhkan dibutuhkan seluruh seluruh kemungkinan kemungkinan pasang murid kelas 6A dan 6B untuk berbalas pantun pada panggung.
Format Masukan Masukan diberikan dalam format berikut ini: N A[1] A[1] A[2] A[2] .. A[N] A[N] B[1] B[1] B[2] B[2] .. B[N] B[N]
Format Keluaran Keluarkan sebuah baris berisi total waktu yang dibutuhkan, dalam detik.
Contoh Masukan 1
Contoh Keluaran 1 8
1 3 5
Contoh Masukan 2
Contoh Keluaran 2 20
2 1 2 3 4
Penjelasan Untuk contoh pertama, terdapat 1 kemungkinan pasangan murid yang akan tampil: satu-satunya murid kelas 6A dan satu-satunya murid kelas 6B. Total waktu yang dibutuhkan adalah 3 + 5 = 8 detik. Untuk contoh kedua, terdapat 4 kemungkinan pasangan murid yang akan tampil:
• murid 1 kelas 6A dan murid 1 kelas 6B; total waktu = 1 + 3 = 4 detik • murid 1 kelas 6A dan murid 2 kelas 6B; total waktu = 1 + 4 = 5 detik • murid 2 kelas 6A dan murid 1 kelas 6B; total waktu = 2 + 3 = 5 detik • murid 2 kelas 6A dan murid 2 kelas 6B; total waktu = 2 + 4 = 6 detik Total waktu yang dibutuhkan adalah 4 + 5 + 5 + 6 = 20 detik.
1
Batasan Batasan yang berlaku untuk versi mudah dan versi sulit:
• 1 ≤ A[i], B [i] ≤ 100 Batasan khusus versi mudah:
• N = 1 Batasan khusus versi sulit:
• 1 ≤ N ≤ 100.000
2
B. Fotografer Wisuda Batasan waktu : Batasan memori :
1s 64 MB
Deskripsi Pak Chanek sedang mengunjungi perayaan wisuda teman-temannya di Balairung Universitas Indonesia. Seperti biasa, ia sering diminta untuk memotret teman-temannya di halaman Balairung. Kali ini, terdapat A teman laki-laki dan B teman perempuan Pak Chanek yang meminta untuk difoto. Bosan dengan pose foto pada umumnya, Pak Chanek ingin menjejerkan mereka dalam sebuah barisan lurus yang memenuhi seluruh syarat berikut ini:
• Tidak ada subbarisan yang terdiri atas lebih dari 2 teman laki-laki yang bersebelahan. • Tidak ada subbarisan yang terdiri atas lebih dari K teman perempuan yang bersebelahan. Bantulah Pak Chanek untuk mencarikan sebuah barisan yang memenuhi syarat-syarat tersebut, atau laporkan apabila hal tersebut mustahil.
Format Masukan Baris pertama berisi sebuah bilangan bulat T yang menyatakan banyaknya kasus uji. Baris-baris berikutnya berisi T kasus uji, yang masing-masing diberikan dalam format berikut ini: A B K
Format Keluaran Untuk setiap kasus uji, keluarkan sebuah baris berisi sebuah string yang terdiri atas A + B karakter yang menyatakan sebuah barisan yang memenuhi seluruh syarat. Nyatakan teman laki-laki dengan karakter L, dan teman perempuan dengan karakter P. Apabila terdapat lebih dari satu barisan yang mungkin, keluarkan yang mana saja . Apabila tidak ada barisan yang mungkin, keluarkan mustahil.
Contoh Masukan 4 0 0 1 3
4 4 3 3
Contoh Keluaran PPPP mustahil LPPP LPPLPL
4 3 3 3
Penjelasan Pada contoh kedua, satu-satunya barisan yang mungkin, PPPP, merupakan barisan yang tidak diperbolehkan karena terdapat 4 (yakni, lebih dari K = 3) teman perempuan yang bersebelahan. Pada contoh keempat, LLLPPP merupakan barisan yang tidak diperbolehkan karena terdapat 3 (yakni, lebih dari K = 2) teman laki-laki yang saling bersebelahan. Perhatikan bahwa terdapat beberapa barisan lain yang diperbolehkan, misalnya PLLPPL.
3
Batasan Batasan yang berlaku untuk versi mudah dan versi sulit:
• 1 ≤ T ≤ 20 • 1 ≤ B ≤ 1.000 • 1 ≤ K ≤ B Batasan khusus versi mudah:
• 0 ≤ A ≤ 1 Batasan khusus versi sulit:
• 0 ≤ A ≤ 1 .000
4
C. Penulis Soal Batasan waktu : Batasan memori :
1s 64 MB
Deskripsi Tim soal Gemastik 2017 terdiri atas N penulis soal. Saat ini, penulis ke-i sedang bekerja pada P [i] perusahaan. Terdapat paling banyak 50 perusahaan tempat para penulis soal bekerja, dinomori dari 1 hingga 50. Penulis ke- i bekerja pada perusahaan-perusahaan C [i][1], C [i][2], . . . , C [ i][P [i]]. Untuk paket soal penyisihan, penulis ke- i menyumbang S [i] soal. Setelah kontes berakhir, rencananya akan diumumkan ”pemilik” dari setiap soal. Pemilik soal didefinisikan sebagai salah satu dari:
• penulis soal tersebut, atau • salah satu dari perusahaan tempat sang penulis soal bekerja. Tingkat keragaman paket soal didefinisikan sebagai banyaknya pemilik soal yang berbeda. Pak Chanek, sebagai ketua tim soal, ingin agar tingkat keragaman paket soal penyisihan sebesar mungkin. Bantulah Pak Chanek menentukan tingkat keragaman maksimum tersebut!
Format Masukan Baris pertama berisi sebuah bilangan bulat T yang menyatakan banyaknya kasus uji. Baris-baris berikutnya berisi T kasus uji, yang masing-masing diberikan dalam format berikut ini: N S[1] P[1] P[2] . . P[N]
S[2] .. S[N] C[1][1] C[1][2] .. C[1][P[1]] C[2][1] C[2][2] .. C[2][P[2]]
C[N][1] C[N][2] .. C[N][P[N]]
Format Keluaran Untuk setiap kasus uji, keluarkan sebuah baris berisi tingkat keragaman maksimum.
Contoh Masukan 2 3 2 1 2 0 3 2 1 1 0
Contoh Keluaran 5 4
2 2 42 42 7
2 1 42 42
5
Penjelasan Untuk contoh pertama, salah satu cara optimal adalah:
• 2 soal dari penulis 1 dimiliki oleh { Penulis 1, Perusahaan 42 }. • 2 soal dari penulis 2 dimiliki oleh { Penulis 2, Perusahaan 7 }. • 2 soal dari penulis 3 dimiliki oleh { Penulis 3, Penulis 3 }. Himpunan pemilik soal berbeda adalah { Penulis 1, Perusahaan 42, Penulis 2, Perusahaan 7, Penulis 3 }, yang memiliki tingkat keragaman 5. Untuk contoh kedua, salah satu cara optimal adalah:
• 2 soal dari penulis 1 dimiliki oleh { Penulis 1, Perusahaan 42 }. • 2 soal dari penulis 2 dimiliki oleh { Penulis 2, Perusahaan 42 }. • 1 soal dari penulis 3 dimiliki oleh { Penulis 3}. Himpunan pemilik soal berbeda adalah { Penulis 1, Perusahaan 42, Penulis 2, Penulis 3 }, yang memiliki tingkat keragaman 4.
Batasan Batasan yang berlaku untuk versi mudah dan versi sulit:
• 1 ≤ T ≤ 10 • 1 ≤ C [i][ j ] ≤ 50 • Nilai-nilai dari C [i][1], C [i][2], . . . , C [ i][P [i]] berbeda-beda. Batasan khusus versi mudah:
• 1 ≤ N ≤ 10 • 1 ≤ S [i] ≤ 2 • 0 ≤ P [i] ≤ 2 Batasan khusus versi sulit:
• 1 ≤ N ≤ 50 • 1 ≤ S [i] ≤ 50 • 1 ≤ P [i] ≤ 50
6
D. Saklar Lhompat II Batasan waktu : Batasan memori :
2s 64 MB
Deskripsi Ruang baca di perpustakaan Fasilkom UI berisi meja-meja yang tersusun atas R baris dan C kolom. Uniknya, meja-meja tersebut memiliki ketinggian berbeda-beda. Saat ini, terdapat N mahasiswa yang sedang berada di dalam ruang baca tersebut, dinomori dari 1 hingga N . Informasi ini dinyatakan oleh matriks G sebagai berikut:
• Jika meja (baris i, kolom j ) kosong, maka G[i][ j ] berisi ketinggian meja tersebut, berupa sebuah bilangan bulat non-negatif. • Jika meja (baris i, kolom j ) ditempati mahasiswa, maka G[i][ j ] berisi −X (negatif X ), dengan X adalah nomor mahasiswa tersebut. Mahasiswa-mahasiswa tersebut menyalakan laptop mereka di meja masing-masing. Mereka perlu untuk menyambungkan kabel laptop masing-masing ke stop kontak. Stop-stop kontak hanya terdapat pada meja-meja pada baris pertama. Setiap meja pada baris pertama berisi satu stop kontak. Untuk menghindari rebutan stop kontak, Pak Chanek, sang kepala pustakawan, akan menentukan stop kontak mana yang harus disambungkan ke laptop setiap mahasiswa. Setiap stop kontak di baris pertama akan disambungkan ke paling banyak satu laptop. Oleh Pak Chanek, penentuan ini disebut dengan konfigurasi . Konfigurasi yang dipilih Pak Chanek akan selalu berupa konfigurasi teratur; yakni, untuk setiap dua mahasiswa bernomor A dan B , apabila A < B , maka stop kontak yang harus disambungkan ke laptop mahasiswa A akan berada di sebelah kiri dari stop kontak yang harus disambungkan ke laptop mahasiswa B . Untuk menyambungkan sebuah laptop ke sebuah stop kontak yang ditentukan Pak Chanek, kabel laptop harus bermula pada meja tempat mahasiswa pemilik laptop tersebut berada, kemudian melewati mejameja lain sampai pada sebuah meja pada baris pertama. Setiap meja yang dilewati, kecuali meja pertama (yang berisi laptop), harus berada tepat di sebelah kiri, atas, kanan, atau bawah dari meja sebelumnya. Kabel laptop boleh melewati meja manapun, termasuk meja-meja lain pada baris pertama, meja-meja yang berisi laptop lain, maupun meja-meja yang dilewati kabel laptop lain. Panjang kabel sebuah penyambungan didefinisikan sebagai total dari:
• banyaknya meja yang dilewati, termasuk meja pertama dan meja terakhir, dan • jumlah dari perbedaan tinggi dari setiap meja yang bersebelahan yang dilewati. Setiap mahasiswa akan selalu memilih cara sedemikian sehingga panjang kabel untuk menyambungkan laptopnya ke stop kontak yang telah ditentukan, sependek mungkin. Panjang terpendek ini didefinisikan sebagai tingkat efisiensi penyambungan untuk mahasiswa tersebut. Akhirnya, tingkat kesemrawutan konfigurasi didefinisikan sebagai tingkat efisiensi penyambungan terbesar di antara N penyambungan pada konfigurasi tersebut. Tentu saja, terdapat banyak konfigurasi teratur yang dapat dipilih Pak Chanek. Tentukan jumlah dari tingkat kesemrawutan konfigurasi, untuk seluruh kemungkinan konfigurasi teratur berbeda, modulo 1.000.000.007. Dua buah konfigurasi dikatakan berbeda apabila terdapat setidaknya seorang mahasiswa yang harus menyambungkan ke stop kontak yang berbeda di antara kedua konfigurasi tersebut.
7
Format Masukan Baris pertama berisi sebuah bilangan bulat T yang menyatakan banyaknya kasus uji. Baris-baris berikutnya berisi T kasus uji, yang masing-masing diberikan dalam format berikut ini: R C N G[1][1] G[1][2] .. G[1][C] G[2][1] G[2][2] .. G[2][C] . . G[R][1] G[R][2] .. G[R][C]
Format Keluaran Untuk setiap kasus uji, keluarkan jumlah dari tingkat kesemrawutan konfigurasi untuk seluruh kemungkinan konfigurasi teratur, modulo 1 .000.000.007.
Contoh Masukan
Contoh Keluaran
3 3 1 1 0 3 -1 4 2 1 0 0 3 1 -1 2 9 8 4 3 2 0 0 0 9 5 6 7 6 7 -2 9 -1
9 17 60
Penjelasan Untuk contoh pertama, satu-satunya konfigurasi teratur yang mungkin adalah menyambungkan laptop mahasiswa 1 ke satu-satunya meja baris pertama. Hanya ada satu cara penyambungan yang mungkin, seperti yang ditunjukkan oleh gambar di bawah ini:
Tingkat efisiensinya: 3 (banyaknya meja yang dilewati kabel) +|0 − 3| + |3 − 0| = 9. Ini juga merupakan tingkat kesemrawutan konfigurasi, karena ini merupakan satu-satunya penyambungan. 8
Untuk contoh kedua, terdapat 2 konfigurasi teratur yang mungkin:
• Tingkat kesemrawutan konfigurasi 1: 9 • Tingkat kesemrawutan konfigurasi 2: 8 Total tingkat kesemrawutannya adalah 9 + 8 = 17. Untuk contoh ketiga, terdapat 3 konfigurasi teratur yang mungkin:
• Tingkat kesemrawutan konfigurasi 1: max(20, 19) = 20 • Tingkat kesemrawutan konfigurasi 2: max(20, 20) = 20 • Tingkat kesemrawutan konfigurasi 3: max(19, 20) = 20 Total tingkat kesemrawutannya adalah 20 + 20 + 20 = 60.
Batasan Batasan yang berlaku untuk versi mudah dan versi sulit:
• • • • • •
1 ≤ T ≤ 10 2 ≤ R ≤ 50 1 ≤ C ≤ 50 −N ≤ G[i][ j ] ≤ 100.000 G[1][ j ] = 0 G berisi semua bilangan bulat antara −N hingga − 1, masing-masing tepat sekali
Batasan khusus versi mudah:
• N = 1 Batasan khusus versi sulit:
• 1 ≤ N ≤ C
9
E. Pasangan Terbaik Batasan waktu : Batasan memori :
3s 128 MB
Deskripsi Pak Chanek memiliki tiga buah array bilangan bulat: A dan B yang masing-masing memiliki N elemen, dan C yang memiliki M elemen. Untuk kemudahan, anggap bahwa indeks elemen-elemen array dimulai dari 0. Diberikan sepasang bilangan bulat i dan j , Pak Chanek mendefinisikan f (i, j ) sebagai berikut: f (i, j ) = A[i] × B [ j ] + C [(A[i] × B [ j ]) mod M ]
Pak Chanek ingin mengetahui nilai dari: min f (i, j )
0≤i,j
atau dengan kata lain, nilai terkecil dari f (i, j ) untuk semua kemungkinan pasangan indeks array A dan B. Bantulah Pak Chanek menghitung nilai tersebut!
Format Masukan Baris pertama berisi sebuah bilangan bulat T yang menyatakan banyaknya kasus uji. Baris-baris berikutnya berisi T kasus uji, yang masing-masing diberikan dalam format berikut ini: N M A[0] A[1] .. A[N-1] B[0] B[1] .. B[N-1] C[0] C[1] .. C[M-1]
Format Keluaran Untuk setiap kasus uji, keluarkan sebuah baris berisi nilai dari min 0≤i,j
Contoh Masukan
Contoh Keluaran
2 4 2 3 14 15 9 26 53 58 97 93 2 4 3 3 14 15 9 26 53 58 97 93 2 38
161 171
10
Penjelasan Pada contoh pertama, pasangan ( i, j ) yang menyebabkan f (i, j ) minimum adalah (i = 0, j = 1). Nilai dari f (0, 1) adalah: A[0] × B [1] + C [(A[0] × B [1]) mod 2] = 3 × 53 + C [(3 × 53) mod 2] = 159 + 2 = 161
Pada contoh kedua, pasangan ( i, j ) yang menyebabkan f (i, j ) minimum adalah (i = 0, j = 0). Nilai dari f (0, 0) adalah: A[0] × B [0] + C [(A[0] × B [0]) mod 3] = 3 × 26 + C [(3 × 26) mod 3] = 78 + 93 = 171
Batasan Batasan yang berlaku untuk versi mudah dan versi sulit:
• 1 ≤ T ≤ 5 • 1 ≤ N ≤ 100.000 • 1 ≤ A[i], B [i], C [i] ≤ 1.000.000 Batasan khusus versi mudah:
• 0 ≤ M ≤ 1 .000 Batasan khusus versi sulit:
• 0 ≤ M ≤ 100.000
11
F. Rubrik Petakata Batasan waktu : Batasan memori :
3s 64 MB
Deskripsi Petakata adalah sebuah rubrik teka-teki pada koran langganan Pak Chanek. Sebuah petakata terdiri atas petak-petak berukuran 2 baris dan N kolom. Setiap petak berisi sebuah huruf dari K huruf kecil pertama pada alfabet. Tujuan pembaca adalah untuk menemukan sebuah string S pada petakata tersebut. Sebuah string S dikatakan terdapat pada petakata, apabila terdapat serangkaian petak yang memenuhi seluruh syarat di bawah ini:
• dimulai pada sebuah petak yang mana saja, • setiap petak, selain petak pertama, berada tepat di sebelah atas, bawah, kanan, kanan-atas, atau kanan-bawah dari petak sebelumnya (perhatikan bahwa setiap petak tidak boleh berada di sebelah kiri petak sebelumnya), • tidak ada petak yang dikunjungi lebih dari satu kali, dan • huruf-huruf pada petak-petak yang dikunjungi tepat membentuk string S (yakni, petak pertama berisi huruf pertama dari S , petak kedua berisi huruf kedua, dan seterusnya). Merasa bosan mengerjakan petakata setiap minggu, Pak Chanek malah penasaran: diberikan S , N , dan K , ada berapa petakata berbeda sedemikian sehingga pembaca dapat menemukan string S pada petakata? Dua buah petakata dikatakan berbeda apabila terdapat setidaknya sebuah petak pada posisi yang sama namun berisi huruf yang berbeda di antara kedua petakata tersebut. Bantulah Pak Chanek menghitung banyaknya petakata yang dimaksud, modulo 1 .000.000.007.
Format Masukan Baris pertama berisi sebuah bilangan bulat T yang menyatakan banyaknya kasus uji. Baris-baris berikutnya berisi T kasus uji, yang masing-masing diberikan dalam format berikut ini: S N K
Format Keluaran Untuk setiap kasus uji, keluarkan sebuah baris berisi banyaknya petakata yang mungkin, modulo 1 .000.000.007.
Contoh Masukan
Contoh Keluaran
4 ab 1 2 aa 2 2 gemastik 3 21 gemastik 20 21
2 11 0 662038843
12
Penjelasan Untuk contoh pertama, terdapat 2 petakata yang mungkin: a b
| |
b a
Untuk contoh kedua, terdapat 11 petakata yang mungkin: aa | aa | aa | aa aa | ab | ba | bb -----+------+------+----ab | ab | ab | ba aa | ab | ba | aa -----+------+------+----ba | ba | bb ab | ba | aa
Untuk contoh ketiga, string gemastik tidak mungkin terdapat pada petakata berukuran 2 × 3.
Batasan Batasan yang berlaku untuk versi mudah dan versi sulit:
• 1 ≤ T ≤ 5 • 1 ≤ N ≤ 50 • 1 ≤ K ≤ 26 • Setiap huruf pada S termasuk dalam K huruf kecil pertama pada alfabet Batasan khusus versi mudah:
• S terdiri atas tepat 2 huruf Batasan khusus versi sulit:
• S terdiri atas 1 hingga 10 huruf, inklusif
13
BUKLET PEMBAHASAN SOAL
PENYISIHAN PEMROGRAMAN GEMASTIK 10 30 September 2017 Soal dan Penulis Soal Kode
Judul
Penulis
A
Berbalas Pantun
Alham Fikri Aji
B
Fotografer Wisuda
Ashar Fuadi
C
Penulis Soal
Ashar Fuadi
D
Saklar Lhompat II
Anthony
E
Pasangan Terbaik
Alham Fikri Aji
F
Rubrik Petakata
Ashar Fuadi
Penguji Ammar Fathin Sabili
Statistik Penyisihan Catatan: Statistik dibuat berdasarkan kondisi sebelum tabel peringkat dibekukan.
• Penyisihan Pemrograman GEMASTIK 10 diikuti oleh 316 tim, dengan 233 tim setidaknya mengirimkan satu pengumpulan jawaban. • Statistik banyaknya soal yang diselesaikan oleh seluruh tim: # Accepted 0 # Tim 31
1 67
2 39
3 60
4 11
5 9
6 2
7 3
8 4
9 3
10 2
11 0
12 2
• Statistik per soal: A 1 # Accepted 199 # Pengiriman Solusi 384
B 2 121 653
1 113 459
C 2 28 209
1 25 262
Pertama untuk mendapatkan Accepted : – Soal A1: ∗ TMCLL (Institut Teknologi Sepuluh Nopember) ∗ pada menit ke-2 – Soal A2: ∗ gak ada pencerahan (Universitas Indonesia) ∗ pada menit ke-3 – Soal B1: ∗ Fata Ganteng (Universitas Indonesia) ∗ pada menit ke-10 – Soal B2: ∗ Fata Ganteng (Universitas Indonesia) ∗ pada menit ke-22 – Soal C1: ∗ Ainge ST (Institut Teknologi Bandung) ∗ pada menit ke-16 – Soal C2: ∗ Ainge ST (Institut Teknologi Bandung) ∗ pada menit ke-16 – Soal D1: ∗ collateral damage (Universitas Bina Nusantara) ∗ pada menit ke-33 – Soal D2: ∗ gak ada pencerahan (Universitas Indonesia) ∗ pada menit ke-61 – Soal E1: ∗ gak ada pencerahan (Universitas Indonesia) ∗ pada menit ke-15 – Soal E2: ∗ gak ada pencerahan (Universitas Indonesia) ∗ pada menit ke-26 – Soal F1: ∗ gak ada pencerahan (Universitas Indonesia) ∗ pada menit ke-83 – Soal F2: ∗ gak ada pencerahan (Universitas Indonesia) ∗ pada menit ke-83
1
D 2 14 56
1 15 53
E 2 7 24
1 18 335
F 2 5 41
1 3 9
2 2 4
Berbalas Pantun Penulis soal : Penulis editorial : Tema :
Alham Fikri Aji Anthony ad hoc
Catatan/Komentar Soal ini merupakan soal penyisihan termudah karena tidak dibutuhkan pengetahuan khusus untuk menyelesaikannya. Batasan kedua versi: 1 ≤ A [i], B [i] ≤ 100
Versi Mudah Batasan: N = 1 Untuk versi mudah dari soal ini, karena N = 1, maka jawabannya adalah A[1] + B [1].
Versi Sulit Batasan: 1 ≤ N ≤ 100 .000 Berikut adalah jumlahan yang diminta pada soal: (A[1] + B [1]) + (A[1] + B [2]) + (A[1] + B [3]) + · · · + (A[1] + B [N ]) +(A[2] + B [1]) + (A[2] + B [2]) + (A[2] + B [3]) + · · · + (A[2] + B [N ]) +... +(A[N ] + B [1]) + (A[N ] + B [2]) + (A[N ] + B [3]) + · · · + (A[N ] + B [N ]) Setiap elemen dari A akan dipasangkan dengan setiap elemen dari B , sehingga jumlahan untuk sebuah A[i] dapat dituliskan sebagai berikut: (A[i] + B [1]) + (A[i] + B [2]) + · · · + (A[i] + B [N ]) = (A[i] × N ) + ( B [1] + B [2] + · · · + B [N ]) N
= ( A[i] × N ) +
B [ j ]
j =1
Jawaban akhir diperoleh dengan menjumlahkan persamaan di atas untuk setiap i dari 1 hingga N :
N
(A[i] × N ) +
i=1
N
B [ j ]
N
= N ×
j =1
N
B [ j ]
j =1
j =1 N
= N ×
i=1
(A[i] × N )
+
i=1
N
= N ×
N
B [ j ]
+ N ×
A[i]
i=1
N
A[i] +
B [ j ]
j =1
Rumus jawaban akhir menjadi sangat sederhana, yakni: N dikalikan dengan jumlahan semua elemenelemen A dan B.
2
Fotografer Wisuda Penulis soal : Penulis editorial : Tema :
Ashar Fuadi Anthony algoritma konstruktif
Catatan/Komentar Ide untuk menyelesaikan soal ini tidak sulit tetapi cukup rawan terjadi kesalahan pada implementasinya. Batasan kedua versi: 1 ≤ K ≤ B ≤ 1 .000
Versi Mudah Batasan: 0 ≤ A ≤ 1 Untuk menyelesaikan versi mudah dari soal ini, penyelesaian untuk seluruh kemungkinan masukan dapat dikategorikan sebagai berikut:
• Jika tidak ada teman laki-laki (A = 0): – jika banyaknya teman perempuan melebihi K (B > K ), jawabannya adalah mustahil, – jika tidak, cetak P sebanyak B kali. • Jika terdapat tepat 1 teman laki-laki ( A = 1): – jika banyaknya teman perempuan melebihi 2 K (B > 2 K ), jawabannya adalah mustahil, – selain itu, cetak P sebanyak min(B, K ), kemudian L, kemudian P sebanyak B − min(B, K ).
Versi Sulit Batasan: 0 ≤ A ≤ 1 .000 Hal pertama yang dapat dilakukan adalah pemeriksaan kasus mustahil, yaitu jika tidak memungkinkan untuk menempatkan teman laki-laki sehingga paling banyak dua teman laki-laki bersebelahan untuk setiap deretan teman laki-laki. Dengan kata lain, kasus mustahil hanya terjadi pada masukan yang memenuhi:
• A > 2( B + 1) atau B • A < K − 1. B Perhatikan bahwa K − 1 dan 2(B +1) berturut-turut merupakan batas bawah dan batas atas banyaknya deretan teman perempuan (P) yang dipisahkan oleh deretan teman laki-laki ( L).
Untuk masukan yang tidak mustahil, solusi dapat dibangun dengan cara menemukan pola ”penyelipan” A buah L ke dalam deretan yang terdiri dari B buah P sedemikian rupa sehingga memenuhi persyaratan yang diberikan pada soal. Sebagai contoh, pola yang dapat dibentuk adalah P...PLLP...PLLP...PLP...PLP...P.
3
Penulis Soal Penulis soal : Penulis editorial : Tema :
Ashar Fuadi Alham Fikri Aji bipartite matching, maximum flow
Versi Mudah Batasan: 1 ≤ N ≤ 10; 1 ≤ S[i] ≤ 2; 0 ≤ P[i] ≤ 2 Kita asumsikan kondisi terburuk dengan setiap penulis memiliki afiliasi terhadap 2 perusahaan. Untuk setiap penulis, terdapat 2 kasus yaitu:
• S [i] = 1. Untuk kasus ini, penulis ke- i dapat menggunakan soal tersebut untuk: – Dirinya sendiri – Perusahaan pertama si penulis – Perusahaan kedua si penulis • S [i] = 2. Untuk kasus ini, penulis ke- i dapat menggunakan soal tersebut untuk: – Dirinya sendiri + Perusahaan pertama si penulis – Dirinya sendiri + Perusahaan kedua si penulis – Perusahaan pertama dan kedua si penulis Dapat dilihat bahwa p enulis memiliki paling banyak 3 pilihan. Karena jumlah penulis paling banyak adalah 10, maka semua pilihan dapat disimulasikan, dengan kompleksitas akhir O (3N ). Solusi di atas sudah cukup untuk mendapatkan nilai penuh di versi mudah. Namun, jika dianalisis lebih lanjut, solusi optimal selalu dicapai jika setiap penulis menggunakan salah satu soalnya atas dirinya sendiri. Langkah ini selalu optimal karena hanya penulis ke-i yang dapat berafiliasi dengan dirinya sendiri, sehingga tidak mungkin terjadi bentrok. Dengan memanfaatkan strategi tersebut, kompleksitas dapat ditekan menjadi O (2N ).
Versi Sulit Batasan: 1 ≤ N ≤ 50; 1 ≤ S[i] ≤ 50; 0 ≤ P[i] ≤ 50 Solusi optimal selalu dicapai jika setiap penulis menggunakan salah satu soalnya atas dirinya sendiri. Dengan demikian, kita hanya perlu memasangkan paling banyak 49 soal dari setiap penulis ke 50 perusahaan yang ada. Relasi ini dapat direpresentasikan dalam bentuk graf, yang mana terdapat edge dari node i dan ( j + 50) jika penulis ke i bekerja di perusahaan ke- j . Ternyata, graph yang dihasilkan akan selalu bipartite, sehingga kita dapat melakukan algoritma bipartite matching. Namun, setiap penulis bisa menuliskan lebih dari 1 soal, sehingga kita harus menduplikasi node i sebanyak S [i] − 1 kali. Alternatif lain, kita juga dapat membuat sebuah node baru source dengan terdapat edge dari node source ke i dengan kapasitas S [i] − 1. Setelah itu, kita buat juga node sink dengan terdapat edge dari ( j + 50) ke sink dengan kapasitas 1. Untuk mendapatkan solusi, kita cukup menjalankan algoritma max-flow dari source ke sink.
4
Saklar Lhompat II Penulis soal : Penulis editorial : Tema :
Anthony Ashar Fuadi shortest path , dynamic programming
Catatan/Komentar Latar belakang cerita dari soal ini merupakan sekuel dari soal Saklar Lhompat pada Gemastik 9 tahun 2016. Batasan kedua versi:
• • • • •
2 ≤ R ≤ 50 1 ≤ C ≤ 50 −N ≤ G [i][ j ] ≤ 100.000 G[i][ j ] = 0 G berisi semua bilangan bulat antara −N hingga − 1, masing-masing tepat sekali
Versi Mudah Batasan: N = 1 Karena hanya terdapat tepat satu orang mahasiswa, maka:
• Terdapat tepat C konfigurasi (yang semuanya pasti teratur): sambungkan laptop tersebut ke meja ke-i di baris pertama, untuk setiap 1 ≤ i ≤ C . • Untuk setiap konfigurasi, tingkat kesemrawutan = tingkat efisiensi penyambungan = panjang terpendek kabel untuk penyambungan tersebut. • Dengan kata lain, jawabannya adalah jumlah dari jarak terpendek dari laptop ke setiap meja pada baris pertama. Untuk menghitung jarak terpendek laptop ke semua meja pada baris pertama, dapat digunakan algoritma Dijkstra (satu kali saja, dengan meja satu-satunya mahasiswa sebagai source ). Kompleksitasnya adalah O(RC log RC ).
Versi Sulit Batasan: 1 ≤ N ≤ C Pertama-tama, mari kita hitung, ada berapa banyak konfigurasi teratur yang mungkin? Misalkan kita sudah menetapkan N meja pada baris pertama untuk disambungkan ke laptop-laptop mahasiswa. Dalam konfigurasi yang teratur, pastilah meja terkiri dari N meja tersebut adalah untuk mahasiswa 1, meja berikutnya untuk mahasiswa 2, dan seterusnya sampai meja terkanan dari N meja tersebut untuk mahasiswa N . Yakni, untuk setiap pemilihan N meja, terdapat tepat 1 cara untuk memasang-masangkannya dengan N laptop mahasiswa. Oleh karena itu, banyaknya konfigurasi teratur sama dengan banyaknya cara memilih N meja dari C meja pada baris pertama, atau dinotasikan dengan C . N
Pada kasus terburuk, dengan N = 50, C = 25, banyaknya konfigurasi teratur adalah 50 25 , yang merupakan bilangan yang sangat besar sehingga tidak bisa kita iterasi satu-persatu secara brute-force . Mari kita selesaikan dengan cara lain. Soal-soal kombinatorika semacam ini cocok diselesaikan dengan metode dynamic programming .
Kita definisikan dp(c,n,e) sebagai total tingkat kesemrawutan, apabila terdapat c meja terkiri baris pertama, n mahasiswa pertama, dan tingkat efisiensi penyambungan terbesar saat ini adalah e . Nilainya adalah salah satu dari:
• e, jika n = 0 (semua laptop sudah disambungkan)
5
• ∞, jika c = 0 dan n > 0 (terdapat laptop yang tidak disambungkan, namun meja habis) • dp(c − 1, n , e) + dp(c − 1, n − 1,max(e, dist(c, n))), selainnya (terdapat dua pilihan: sambungkan meja ke-c baris pertama dengan laptop mahasiswa ke- n, atau tidak. dist(c, n) menyatakan jarak terpendek dari meja ke-c baris pertama ke laptop mahasiswa ke- n) Jawaban akhirnya adalah dp(C,N, 0). Solusi di atas tidak dapat diimplementasikan secara naif karena dimensi ketiga bisa sangat besar (tinggi suatu meja bisa mencapai 100.000). Namun, perhatikan bahwa sebenarnya hanya terdapat paling banyak O(N C ) nilai berbeda untuk dimensi ketiga ini, karena dimensi ketiga pasti merupakan tingkat efisiensi penyambungan salah satu laptop ke salah satu meja baris pertama. Dengan implementasi yang tepat, kompleksitas akhir solusi dapat ditekan menjadi (kompleksitas penghitungan dist + kompleksitas penghitungan dp) = O (N RC log RC + C 2 N 2 ).
6
Pasangan Terbaik Penulis soal : Penulis editorial : Tema :
Alham Fikri Aji William Gozali matematika, heuristik
Catatan/Komentar Berikut adalah rumus yang diberikan pada soal. f (i, j ) = A [i] × B [ j ] + C [(A[i] × B [ j ]) mod M ]
Bagian penjumlahan dengan suatu elemen pada array C merupakan bagian yang paling sulit dikendalikan. Sebab elemen C yang dipilih memiliki pola yang sulit ditebak. Solusi yang digunakan akan fokus pada menganalisis bagian tersebut. Untuk kemudahan, definisikan nilai terbesar yang mungkin untuk elemen array adalah Z , dengan Z = 1.000.000. Batasan kedua versi: 1 ≤ N ≤ 100.000; 0 ≤ A [i], B [i], C [i] ≤ 1 .000.000
Versi Mudah Batasan: 1 ≤ M ≤ 1 .000 Perhatikan rumus indeks array C yang akan dipilih. Berdasarkan sifat modulo, diketahui: (A[i] × B [ j ]) mod M = ((A[i] mod M ) × (B [ j ] mod M )) mod M Berapapun nilai A [i], yang menentukan indeks array C yang digunakan adalah nilai modulonya. Artinya ketika terdapat beberapa elemen A[i] yang memiliki nilai (A[i] mod M ) sama, sudah pasti lebih menguntungkan untuk hanya menggunakan nilai A[i] yang terkecil. Berdasarkan observasi ini, kita dapat mengurangi banyaknya elemen pada array A menjadi paling banyak M elemen. Terapkan pula hal serupa untuk array B . Kini array A dan array B memiliki paling banyak M elemen. Coba semua kemungkinan pasangan dan cari yang menghasilkan nilai f terkecil. Kompleksitas solusi O(M 2 ).
Versi Sulit Batasan: 1 ≤ M ≤ 100 .000 Untuk nilai elemen A dan B yang cukup besar, perkalian antar suatu elemen array A dengan array B memiliki kontribusi kepada nilai f yang jauh lebih besar daripada bagian penjumlahan dengan suatu elemen array C . Artinya nilai elemen C manapun yang dipilih kurang signifikan pada nilai akhir f . Dengan sifat tersebut dan perilaku pemilihan elemen C yang polanya sulit ditebak, kita dapat menganggap penjumlahan dengan suatu elemen C sebagai suatu error atau noise . Tuliskan rumus f menjadi: f (i, j ) = A [i] × B [ j ] + err
Dengan err adalah suatu nilai yang berkisar antara 0 sampai dengan Z . Sekarang misalkan kita memilih suatu i = x . Kita dapat mencoba seluruh kemungkinan nilai elemen B , dari yang paling kecil hingga suatu elemen yang cukup besar sehingga er r menjadi tidak lagi signifikan. Misalkan B min adalah elemen terkecil pada array B . Misalkan juga C min dan C max menyatakan elemen
7
terkecil dan terbesar pada array C . Kita harus mencoba seluruh elemen B [ j ] yang memenuhi: A[x] × B [ j ] + C min < A[x] × Bmin + C max A[x] × B [ j ] − A[x] × Bmin < C max − C min A[x](B [ j ] − Bmin ) < 1 .000.000 B [ j ] − Bmin <
1.000.000 A[x]
(1)
Pada awalnya, A[x] × B min + err merupakan kandidat solusi. Seluruh B [ j ] yang tidak memenuhi pertidaksamaan 1 tidak mungkin menjadi kandidat solusi, karena sudah pasti lebih besar daripada A[x] × Bmin + err , tanpa peduli berapapun nilai err . Dengan asumsi array A dan array B memiliki nilai yang unik, banyaknya B [ j ] unik yang perlu diperiksa .000 untuk suatu A[x] dibatasi oleh O 1.000 . Banyaknya pasangan yang perlu diperiksa dapat diperkiA[x] rakan dengan cara berikut:
|A|−1
i=0
1.000.000 = 1 .000.000 A [i ]
|A|−1
i=0
Z
≤ 1 .000.000
i=0
1 A [i ]
1 i
≤ 1 .000.000(ln Z + 1)
(2) (3)
1 Pada kenyataannya, |A| terbesar adalah 100.000, yaitu 10 dari Z . Jadi pertidaksamaan yang ditunjukkan pada 2 merupakan estimasi yang berlebihan. Sebagai catatan, perpindahan dari 2 ke 3 memanfaatkan sifat deret harmonik.
Sebagai kesimpulan, solusi yang digunakan adalah: 1. Urutkan array B dari kecil ke besar, lalu buang elemen-elemen duplikat sehingga didapatkan array yang unik. 2. Coba seluruh kemungkinan A[i]. 3. Untuk suatu A[i] yang dipilih, coba seluruh elemen B mulai dari yang terkecil sampai ke elemen terbesar yang masih memenuhi pertidaksamaan 1. 4. Cetak yang menghasilkan nilai f terkecil. Estimasi kasar berlebihan untuk kompleksitas solusi ini adalah O (Z ln Z ).
8
Rubrik Petakata Penulis soal : Penulis editorial : Tema :
Ashar Fuadi Pusaka Kaleb Setyabudi dynamic programming , string matching
Catatan/Komentar Untuk dapat mendapatkan Accepted pada versi manapun pada soal ini, dibutuhkan pengetahuan mengenai dynamic programming . Lebih lanjut, untuk mendapatkan Accepted pada versi sulit, dibutuhkan pengetahuan mengenai algoritma Knuth-Morris-Pratt (KMP) dan representasi algoritma KMP dalam deterministic finite state machine (DFSM) (atau bisa juga tidak; lihat bagian terakhir pada pembahasan soal ini). Beberapa notasi dan kesepakatan yang digunakan:
• AK , menyatakan himpunan K karakter pertama dalam alfabet. Contoh: A6 = { ’a’, ’b’, ’c’, ’d’, ’e’, ’f’ } • S i untuk 1 ≤ i ≤ |S |, menyatakan karakter ke-i dari S • petak-petak rubrik petakata memiliki ukuran 2 baris ke bawah dan N baris ke kanan. Dari kiri ke kanan, setiap kolom dinomori dari 1 hingga N .
Pra-Versi Mudah Bagaimana solusi naif yang dapat menyelesaikan soal ini? Salah satu solusi naif untuk soal ini adalah dengan menghasilkan setiap K 2N konfigurasi petak yang mungkin, lalu melakukan verifikasi mengenai ada-tidaknya S dalam masing-masing konfigurasi petak. Solusi ini memiliki kompleksitas O (K 2N · N ) yang tentu tidak dapat lolos versi mudah soal ini. Bagaimana cara memperkecil kompleksitas solusi di atas? Solusi tersebut dapat dioptimisasi dengan cara melakukan verifikasi sambil menghasilkan ke-K 2N konfigurasi petak yang ada. Untuk dapat melakukan hal tersebut, pengisian konfigurasi petak dilakukan secara kolom-per-kolom dari kolom pertama hingga terakhir: Untuk setiap pengisian suatu kolom c ∈ [1, N ] dengan dua karakter a, b ∈ A K , cek apakah a, b serta dua karakter pada kolom sebelumnya (kolom c − 1, jika ada) dapat membentuk S . Jika ya, maka sisa (N − c) kolom di kanan kolom ke-c dapat diisi dengan karakter-karakter sembarang. Perhatikan bahwa dalam hal ini, kita dapat berhenti mengisi kolom-kolom selanjutnya dan menganggap telah menemukan K 2(N −c) konfigurasi. Jika tidak, maka pengisian kolom dilanjutkan untuk kolom ke-(c + 1). Optimisasi ini memiliki kompleksitas O (K 2N ).
Gambar 1: Jika S dapat ditemukan pada petak-petak dalam kotak hijau, maka pengisian N − c kolom sisanya dapat diabaikan (daerah abu-abu). Perhatikan bahwa pada optimisasi ini, untuk mengisi petak-petak pada suatu kolom c dibutuhkan pula informasi mengenai karakter-karakter pada kolom sebelumnya (kolom c − 1) untuk dapat membantu menentukan dibentuk-tidaknya S . Solusi ini akan dioptimisasi lebih lanjut dengan dynamic programming pada subbagian editorial berikutnya. Batasan kedua versi: 1 ≤ N ≤ 50; 1 ≤ K ≤ 26
9
Versi Mudah Batasan: |S| = 2 Dari penjelasan pada subbagian sebelumnya, perhatikan bahwa suatu state /keadaan pengisian petakpetak rubrik petakata dapat direpresentasikan dengan komponen-komponen berikut.
• c, yang menyatakan posisi kolom yang sedang/akan diisi, dan • (k1 , k2 ), yaitu karakter-karakter pengisi kolom ke-( c − 1). Dengan menerapkan dynamic programming (memoisasi terhadap state dan hasil) pada state di atas dan menggunakan transisi yang serupa pada solusi pada subbagian Pra-Versi Mudah, maka kompleksitas solusi yang didapat adalah O (N K 2 · K 2 ) = O (N K 4 ). Untuk lebih jelasnya, berikut relasi rekurensi dari dynamic programming yang diterapkan:
0,
dp(c, k1 , k2 ) =
c>N K 2(N −c) +
a,b∈AK canMakeS( k1 ,k2 ,a,b)
dp(c + 1, a , b), c ≤ N
a,b∈AK ¬canMakeS( k1 ,k2 ,a,b)
dengan canMakeS( p, q, r, s) bernilai true jika salah satu dari pr, ps, qr, qs,rs, atau sr membentuk S . Jawaban terdapat pada dp(1, −, −) dengan − adalah karakter yang tidak terdapat dalam A K . Karakter − dipilih dikarenakan pada state pada kolom pertama, tidak terdapat karakter yang sebelumnya telah terpasang (tidak terdapat karakter pada kolom ke-0).
Versi Sulit Batasan: 1 ≤ |S| ≤ 10 Solusi untuk versi mudah tidak dapat secara langsung diperumum/diterapkan untuk menyelesaikan versi sulit karena terdapat batasan bahwa untuk suatu masukan S , dalam pengisian petak-petak pada kolom c dibutuhkan informasi mengenai karakter-karakter yang mengisi kolom-kolom c − |S | + 1 hingga c − 1, yang mengakibatkan kompleksitas solusi menjadi O (N K 2|S | · K 2 ) = O(N K 2(|S |+1) ). Untuk versi ini, |S | dapat mencapai 10; penerapan solusi versi mudah secara langsung memiliki kompleksitas O(N K 22 ) yang akan mendapatkan penilaian Time Limit Exceeded pada versi sulit. Algoritma KMP Algoritma Knuth-Morris-Pratt (KMP) adalah salah satu algoritma pencarian string . Silakan merujuk pada literatur terkait untuk mengetahui lebih lanjut mengenai algoritma tersebut. Himpunan state dalam suatu eksekusi algoritma KMP untuk mencari suatu string S dalam suatu teks T dapat direpresentasikan dalam suatu deterministic finite state machine (DFSM). Sebagai contoh, DFSM dalam eksekusi algoritma KMP untuk mencari S = tesate adalah sebagai berikut.
10
¬{e, t} ¬t Σ
¬t start
ε
t t
t e
t
te
s
tes
a
tesa
t
tesat
e
tesate
t
¬{e, t}
t
¬{s, t} ¬{a, t}
Perhatikan bahwa untuk suatu string S , maka DFSM yang terbentuk akan memiliki tepat | S | + 1 state . Untuk DFSM di atas, string S dikatakan ditemukan dalam teks T apabila state pada akhir eksekusi algoritma KMP adalah pada state akhir (state dengan dua garis pinggir). Sebagai kesepakatan, berikut beberapa notasi terkait DFSM.
• Q, menyatakan himpunan state dalam DFSM. • Σ, menyatakan himpunan karakter/masukan dalam DFSM. • δ : Q × Σ → Q , menyatakan transisi dalam DFSM. • q 0 , menyatakan state awal/mulai. • A, menyatakan himpunan state akhir/selesai. Dalam contoh DFSM untuk S = tesate di atas, maka
• • • • •
Q = { q , q t , q te , q tes , q tesa , q tesat , q tesate }, Σ = { a , b , c , . . .} δ = {((q , ¬t), q ), ((q , t), q t ), ((q t , t), q t ), ((q t , e), q te ), . . .} q 0 = q A = { q tesate }.
Solusi untuk Petak Berukuran 1 × N Jika soal yang diberikan tetap sama namun petak yang diberikan berukuran 1 × N , maka salah satu solusi yang dapat menyelesaikan varian ini adalah dengan terlebih dahulu membangun DFSM untuk string S dan menggunakan dynamic programming dengan komponen-komponen state
• c, yang menyatakan posisi kolom yang sedang/akan diisi, dan • q , state DFSM yang dicapai pada pengisian kolom ke-(c − 1) setelah mengisi ke-(c − 1) kolom sebelumnya. serta dengan relasi rekurensi
dp(c, q ) =
0, 0, 1,
c > N + 1 c = N + 1 ∧ q ∈ A c = N + 1 ∧ q ∈ A
dp(c + 1, δ (q, k)), c ≤ N .
k ∈AK
Perhatikan bahwa base case yang memiliki nilai kembalian 1 terjadi pada kasus dengan c = N +1 ∧ q ∈ A , yaitu saat seluruh petak telah terisi karakter dan terdapat string S pada petak-petak yang telah terisi. Jawaban terdapat pada dp(1, q 0 ). Solusi ini memiliki kompleksitas O (pembangunan DFSM untuk S ) + O(eksekusi solusi dengan DP) = O (|S |) + O(N K 2 ) = O (|S | + N K 2 ).
11
Solusi untuk Petak Berukuran 2 × N (Soal Versi Sulit) Solusi untuk varian petak berukuran 1 × N di atas dapat dikembangkan menjadi solusi untuk soal versi sulit dengan melakukan modifikasi terhadap komponen-komponen state dari dynamic programming yaitu
• c, menyatakan posisi kolom yang sedang/akan diisi, dan • V , menyatakan himpunan state DFSM yang mungkin dicapai jika telah melakukan pengisian pada ke-(c − 1) kolom sebelumnya dan berakhir pada posisi baris manapun pada kolom ke-( c − 1) dan dengan relasi rekurensi sebagai berikut.
dp(c, V ) =
0, 0, 1,
dp
c + 1 ,
c > N + 1
c = N + 1 ∧ A ∩ V = ∅
c = N + 1 ∧ A ∩ V =
δ (q, a) , δ (q, b) , δ δ (q, a) , b , δ δ (q, b) , a
q ∈V
a,b∈AK
,
c ≤ N .
Karena banyak maksimal elemen berbeda dari V adalah |S | + 1, maka secara implementasi V dapat dinyatakan dalam bitmask .
Dalam pengerjaannya, implementasi naif untuk menghitung q∈V δ (q, a) dalam transisi pada kasus keempat dalam relasi rekurensi di atas memiliki kompleksitas sebesar O (|S |). Hal tersebut dapat dioptimisasi dengan melakukan prekomputasi terhadap pemetaan δ ∗ : P (Q) × Σ → P (Q) sehingga untuk suatu himpunan state V dan karakter a, penghitungan V = q∈V δ (q, a) dapat dilakukan dalam O (1), yaitu V = δ ∗ (V, a).
Bentuk relasi rekurensi yang telah dioptimisasi:
dp(c, V ) =
0, 0, 1,
c > N + 1
c = N + 1 ∧ A ∩ V = ∅ c = N + 1 ∧ A ∩ V =
dp c + 1 , δ ∗ (V, a) ∪ δ ∗ (V, b) ∪ δ ∗ (V, a) , b ∪ δ ∗ (V, b) , a
a,b∈AK
,
∅
c < N + 1.
Jawaban terdapat pada dp 1, {q } Solusi ini memiliki kompleksitas sebesar O(pembangunan DFSM untuk S )+ O(state DP) · O(transisi DP) = O (|S |) + O(N 2|S |+1 ) · O(K 2 ) = O (|S | + N K 2 2|S |+1 ). Solusi Tanpa Pembuatan DFSM KMP Terdapat pula solusi yang lebih mudah, yakni tanpa membuat DFSM KMP. Observasinya adalah sebagai berikut: untuk setiap bitmask V yang valid pada DP, jika sebuah state q adalah elemen dari V , maka q juga pasti adalah elemen dari V , untuk setiap q yang merepresentasikan sufiks dari string yang direpresentasikan oleh q , yang mana juga merupakan prefiks dari S . Sebagai contoh, jika V mengandung tesat, maka V juga pasti mengandung t. Sisanya diserahkan kepada pembaca sebagai latihan.
12
∅
